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第 2 讲 动量守恒定律及应用
目标要求 1.理解系统动量守恒的条件.2.会应用动量守恒定律解决基本问题.3.会用动量守
恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型.4.理解碰撞的种类及其遵循的规律．
考点一 动量守恒定律的理解和基本应用
1．内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．
2．表达式
(1)p＝p′或mv＋mv＝mv ′ ＋ m v′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．
1 1 2 2 1 1 2 2
(2)Δp＝ － Δ p，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．
1 2
1．只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒．( × )
2．系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．( √ )
3．若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒．( × )
4．动量守恒定律的表达式mv＋mv＝mv′＋mv′，一定是矢量式，应用时要规定正方
1 1 2 2 1 1 2 2
向，且其中的速度必须相对同一个参考系．( √ )
1．适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量
守恒．
2．动量守恒定律的五个特性：
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
动量是一个瞬时量，表达式中的p、p、…应是系统中各物体在相互作用前
1 2
同时性 同一时刻的动量，p′、p′、…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻
1 2
的动量
系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动
普适性
的微观粒子组成的系统
考向1 系统动量守恒的判断
例1 (2021·全国乙卷·14)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板
相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦．用力向右推动车厢使弹簧压缩，
撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动．在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开
始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
答案 B
解析 因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即
摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械
能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒，故选B.
考向2 动量守恒定律的基本应用
例2 如图所示，质量为0.5 kg的小球在离车底面高度20 m处以一定的初速度向左平抛，
落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车的底面上涂有一层
油泥，车与油泥的总质量为4 kg，若小球在落在车的底面之前瞬时速度是25 m/s，则当小球
和小车相对静止时，小车的速度是(g＝10 m/s2)( )
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
答案 A
解析 由平抛运动规律可知，小球下落的时间 t＝＝ s＝2 s，在竖直方向的分速度v＝gt＝
y
20 m/s，水平方向的分速度v＝ m/s＝15 m/s，取小车初速度的方向为正方向，由于小球和
x
小车的相互作用满足水平方向上动量守恒，则m v－m v＝(m ＋m )v，解得v＝5 m/s，
车 0 球 x 车 球
故A正确．考向3 动量守恒定律的临界问题
例3 甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为 v
0
＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为
M ＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M ＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面
1 2
为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，
刚好可保证两车不相撞．则甲总共抛出的小球个数是( )
A．12 B．13 C．14 D．15
答案 D
解析 规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得
Mv －Mv ＝(M ＋M)v ，解得v＝1.5 m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守
1 0 2 0 1 2
恒定律得Mv＝(M－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正确．
1 0 1
考点二 爆炸、反冲运动和人船模型
1．爆炸现象的三个规律
动量 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的
守恒 总动量守恒
动能 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机
增加 械能增加
位置 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各
不变 部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
2.反冲运动的三点说明
作用
反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果
原理
动量 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量
守恒 守恒定律
机械能 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械
增加 能增加
1．发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象．( √ )
2．爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少．( × )考向1 爆炸问题
例4 (2023·河北省模拟)质量为m的烟花弹升到最高点距离地面高度为h处爆炸成质量相
等的两部分，两炸片同时落地后相距L，不计空气阻力，重力加速度为g，则烟花弹爆炸使
炸片增加的机械能为( )
A．mgh B.
C. D.
答案 B
解析 设烟花弹爆炸后瞬间两炸片的速度大小分别为 v 、v ，由动量守恒定律有0＝v －
1 2 1
v ，可得v ＝v ＝v，根据题述，两炸片均做平抛运动，有2vt＝L，h＝gt2，ΔE＝×mv2＋
2 1 2
×mv2，解得ΔE＝，故选B.
考向2 反冲运动
例5 (2023·河南省模拟)发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的导弹点
火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 竖直向下喷出质量为m的炽热气体，忽略喷气
0
过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小是( )
A. v B. v
0 0
C. v D. v
0 0
答案 D
解析 由动量守恒定律得mv＝(M－m)v，导弹获得的速度v＝v，故选D.
0 0
考向3 人船模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)两物体满足动量守恒定律：mv人 －Mv船 ＝0
(2)两物体的位移大小满足：m－M＝0，x ＋x ＝L，
人 船
得x ＝L，x ＝L
人 船
3．运动特点
(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
(2)人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝
＝.
例6 (多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后
放手，则(水平面光滑)( )
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
答案 BD
解析 系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守
恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍
能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水
平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为v ，小车水平方向的平均速度为v ，mv －
m M m
Mv ＝0，两边同时乘以运动时间t，mv t－Mv t＝0，即mx ＝Mx ，又x ＋x ＝2l，解得小
M m M m M m M
车向右移动的最大距离为，D正确．
考点三 碰撞问题
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
3．分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失完全非弹性碰撞 守恒 损失最大
1．碰撞前后系统的动量和机械能均守恒．( × )
2．在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相
同．( √ )
3．两球发生非弹性碰撞时，既不满足动量守恒定律，也不满足机械能守恒定律．( × )
1．弹性碰撞的重要结论
以质量为m、速度为v 的小球与质量为m 的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
1 1 2
mv＝mv′＋mv′
1 1 1 1 2 2
mv2＝mv′2＋mv′2
1 1 1 1 2 2
联立解得：v′＝v，v′＝v
1 1 2 1
讨论：①若m＝m，则v′＝0，v′＝v(速度交换)；
1 2 1 2 1
②若m>m ，则v′>0，v′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m≫m 时，v′≈v ，
1 2 1 2 1 2 1 1
v′≈2v；
2 1
③若m0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m≪m 时，v′≈－v ，
1 2 1 2 1 2 1 1
v′≈0.
2
2．静止物体被撞后的速度范围
物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的
速度最小，v ＝v ，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，v ＝v.则碰后物体B的速度范围
B 0 B 0
为：v≤v ≤v.
0 B 0
考向1 碰撞的可能性
例7 A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m ＝1 kg，m ＝2 kg，v
A B A
＝6 m/s，v ＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是( )
B
A．v ′＝5 m/s，v ′＝2.5 m/s
A B
B．v ′＝2 m/s，v ′＝4 m/s
A B
C．v ′＝－4 m/s，v ′＝7 m/s
A B
D．v ′＝7 m/s，v ′＝1.5 m/s
A B
答案 B
解析 虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度v ′大于B
A的速度v ′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能E ＝m v ′2＋
B k后 A A
m v ′2＝57 J，大于碰前的总动能E ＝m v 2＋m v 2＝22 J，违背了能量守恒定律，所以C
B B k前 A A B B
项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确．
碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p＋p＝p′＋p′.
1 2 1 2
(2)动能不增加：E ＋E ≥E ′＋E ′.
k1 k2 k1 k2
(3)速度要符合实际情况
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有 v >v ，碰后原来在前的物体速度一定增
后 前
大，若碰后两物体同向运动，则应有v ′≥v ′.
前 后
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．
考向2 弹性碰撞
例8 (2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与
质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图，中子以速度v 分别碰撞静止的氢核和氮核，
0
碰撞后氢核和氮核的速度分别为v 和v.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法
1 2
正确的是( )
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v 大于v
2 1
D．v 大于v
2 0
答案 B
解析 设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后
中子速度为v ，取v 的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 mv ＝mv ＋
3 0 0 1
mv，mv2＝mv2＋mv2，联立解得v＝v.设中子和氮核碰撞后中子速度为v，取v 的方向为
3 0 1 3 1 0 4 0
正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv ＝14mv ＋mv ，mv2＝×14mv2＋mv2，
0 2 4 0 2 4
联立解得v ＝v ，可得v ＝v>v ，碰撞后氢核的动量为p ＝mv ＝mv ，氮核的动量为p ＝
2 0 1 0 2 H 1 0 N
14mv ＝，可得p >p ，碰撞后氢核的动能为E ＝mv2＝mv2，氮核的动能为E ＝×14mv2
2 N H kH 1 0 kN 2＝，可得E >E ，故B正确，A、C、D错误．
kH kN
考向3 非弹性碰撞
例9 (2023·安徽定远县第三中学模拟)如图所示，物块A的质量为m，物块B、C的质量
均为M.开始时物块A、B分别以大小为2v 、v 的速度沿光滑水平轨道向右侧的竖直固定挡
0 0
板运动，为保证A、B均向右运动的过程中不发生碰撞，将物块C无初速度地迅速粘在A上．
B与挡板碰撞后以原速率反弹，A与B碰撞后粘在一起．
(1)为使B能与挡板碰撞两次，求应满足的条件；
(2)若三个物块的质量均为m，求在整个作用过程中系统产生的内能Q.
答案 (1)1≤<2 (2)mv2
0
解析 (1)设A、C粘在一起的共同速度大小为v ，根据动量守恒定律有2mv ＝(m＋M)v ，
1 0 1
为保证A、B均向右运动的过程中不发生碰撞，应满足v≤v.设A、B碰撞后瞬间的共同速
1 0
度大小为v ，以向右为正方向，根据动量守恒定律有(m＋M)v －Mv ＝(m＋2M)v ，为使B
2 1 0 2
能与挡板再次碰撞，应满足v>0，解得1≤<2.
2
(2)若M＝m，则由(1)可得v＝v，v＝v
1 0 2 0
根据能量守恒定律有Q＝m(2v)2＋mv2－×3mv2，解得Q＝mv2.
0 0 2 0
课时精练
1.北京冬奥会2 000米短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员
乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，
完成“交接棒”．忽略地面的摩擦力，在这个过程中( )
A．两运动员的总动量守恒
B．甲、乙运动员的动量变化量相同
C．两运动员的总机械能守恒
D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
答案 A解析 两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，A正确；系统动量守恒，
两运动员的动量变化量等大反向，变化量不相同，B错误；在光滑冰面上“交接棒”时，后
方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，C错误；在乙推甲的过程中，消耗体内的化
学能转化为系统的动能，根据能量守恒定律可知，甲的动能增加量不等于乙的动能减小量，
D错误．
2.如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定
在M的左端，右端与m连接，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态．现同时对m、M
施加等大反向的水平恒力F 、F ，两物体开始运动后，对m、M、弹簧组成的系统，下列说
1 2
法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)( )
A．整个运动过程中，系统机械能守恒，动量守恒
B．整个运动过程中，当木块速度为零时，系统机械能一定最大
C．M、m分别向左、右运行过程中，均一直做加速度逐渐增大的加速直线运动
D．M、m分别向左、右运行过程中，当弹簧弹力与F、F 的大小相等时，系统动能最大
1 2
答案 D
解析 由于F 与F 等大反向，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒．由于水平恒力
1 2
F 、F 对系统做功代数和不为零，则系统的机械能不守恒，故A错误；从开始到弹簧伸长
1 2
到最长的过程，F 与F 分别对m、M做正功，弹簧伸长最长时，m、M的速度为零，之后弹
1 2
簧收缩，F 与F 分别对m、M做负功，系统的机械能减小，因此，当弹簧有最大伸长量时，
1 2
m、M的速度为零，系统机械能最大；当弹簧收缩到最短时，m、M的速度为零，系统机械
能最小，故B错误；在水平方向上，M、m受到水平恒力和弹簧的弹力作用，水平恒力先大
于弹力，后小于弹力，随着弹力增大，两个物体的合力先逐渐减小，后反向增大，则加速度
先减小后反向增大，则M、m先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速
运动，当弹簧弹力的大小与拉力F、F 的大小相等时，m、M的速度最大，系统动能最大，
1 2
故C错误，D正确．
3.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m ＝50 kg的人抓在气球下方，气球和长绳
1
的总质量为m＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5 m.
2
如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度约为(可以把人看成质点)(
)A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
答案 B
解析 当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h，气球相对地面上升的位移大小
1
为h ，由动量守恒定律，得m ＝m ，且h ＋h ＝h，解得h≈3.6 m，所以他离地面的高度约
2 1 2 1 2 2
为3.6 m，故选项B正确．
4.(2023·江苏省金陵中学月考)如图所示，一个长为L的轻细杆两端分别固定着a、b两个光
滑金属球，a球质量为2m，b球质量为m，两球的半径相等且均可视为质点，整个装置放在
光滑的水平面上，将此装置从杆与水平面夹角为53°的图示位置由静止释放，则( )
A．在b球落地前瞬间，b球的速度方向斜向左下方
B．在b球落地前瞬间，a球的速度方向水平向左
C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做正功
D．在b球落地前瞬间，b球的速度方向竖直向下
答案 D
解析 a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向上动量守恒，系统水平方向
的初动量为零，在b球落地前瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，
a球的速度为零，故A、B错误，D正确；a球初动能为零，b球落地前瞬间a球的动能也为
零，且重力与地面的支持力对a球不做功，根据动能定理可知在b球落地前的整个过程中，
轻杆对a球做功为零，故C错误．
5．冰壶运动深受观众喜爱，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正
碰，如图所示．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的哪幅
图( )答案 B
解析 两冰壶碰撞过程中动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统
动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向，不会偏离甲原来的方向，可知，A图情况是不可
能的，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质
量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最
后停止，最终两冰壶的位置可能如选项B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，乙在前，甲在
后，选项C所示是不可能的，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，
碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误．
6.如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球 2、3静
止，并靠在一起，球1以速度v 撞向它们，设碰撞过程中不损失机械能，则碰后三个小球的
0
速度分别为( )
A．v＝v＝v＝v
1 2 3 0
B．v＝0，v＝v＝v
1 2 3 0
C．v＝0，v＝v＝v
1 2 3 0
D．v＝v＝0，v＝v
1 2 3 0
答案 D
解析 由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒．设三球质量均为m，则碰撞前
系统总动量为mv ，总动能为mv2.选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能．
0 0
对选项C，碰后总动量为mv ，但总动能为mv2，这显然违反了机械能守恒定律，故不可能．
0 0
对选项D，既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选D.
7.(2023·北京市第五中学检测)A、B物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图
为两物块碰撞前后的位移－时间图像，其中a、b分别为A、B两物块碰前的位移－时间图
像，c为碰撞后两物块共同运动的位移－时间图像，若A物块质量m＝2 kg，则由图判断，
下列结论错误的是( )A．碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kg·m/s
B．B物块的质量为0.75 kg
C．碰撞过程A对B所施冲量大小为4 N·s
D．碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为10 J
答案 B
解析 以A的初速度方向为正方向，由图像可知碰撞前A的速度为v ＝ m/s＝3 m/s，碰撞
A
后 A、B 的共同速度为 v ＝ m/s＝1 m/s，则碰撞前 A 的动量为 mv ＝2×3 kg·m/s＝6
AB A
kg·m/s，碰撞后A的动量为mv ＝2 kg·m/s，碰撞前后A的动量变化量的大小为4 kg·m/s，A
AB
正确，不符合题意；碰撞前B的速度为v ＝－ m/s＝－2 m/s，由动量守恒定律得mv ＋m v
B A B B
＝(m＋m )v ，解得m ＝ kg，B错误，符合题意；由动量定理得I＝m v －m v ＝×1
B AB B B AB B B
kg·m/s－×(－2) kg·m/s＝4 N·s，即碰撞过程A对B所施冲量大小为4 N·s，C正确，不符合
题意；碰撞过程A、B两物块组成的系统损失的动能为 ΔE ＝mv 2＋m v 2－(m＋m )v 2＝
k A B B B AB
×2×32 J＋××(－2)2 J－×(2＋)×12 J＝10 J，D正确，不符合题意．
8．(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有
声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为
2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后
记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为 340 m/s，重
力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力．下列说法正确的是( )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
答案 B
解析 设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小
的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时
间相同，由水平方向x＝vt知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝，可见两碎块的位移
0
大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5 s－t)×340 m/s，又2vt＝(6 s－t)×340
m/s，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝gt2＝80 m，所以B项正确，C
项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误．
9．在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度．某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m＝800 g的气体，气体离开发动机时的对
地速度v＝1 000 m/s，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M＝600 kg，发动机每秒喷气20次，
忽略地球引力的影响，则( )
A．第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4 m/s
B．地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/s
C．要使火箭能成功发射至少要喷气500次
D．要使火箭能成功发射至少要持续喷气17 s
答案 A
解析 设喷出三次气体后火箭的速度为v，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向
3
上为正方向，由动量守恒定律得：(M－3m)v －3mv＝0，解得：v≈4 m/s，故A正确；地球
3 3
卫星要能成功发射，喷气n次后至少要达到第一宇宙速度，即：v ＝7.9 km/s，故B错误；
n
以火箭和喷出的n次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－
nm)v －nmv＝0，代入数据解得：n≈666，故C错误；至少持续喷气时间为：t＝＝33.3 s，
n
故D错误．
10.(多选)(2023·安徽马鞍山市模拟)如图所示，A、B两个小球(可视为质点)，间隙极小，两球
球心连线竖直，从离地面高度H处以相同的初速度v＝同时竖直向下抛出，B球先与地面碰
0
撞，再与A球碰撞后B球静止于地面，所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，则( )
A．A、B两球的质量之比为1∶3
B．A、B两球的质量之比为1∶2
C．碰后A球上升的最大高度为8H
D．碰后A球上升的最大高度为16H
答案 AC
解析 因为A、B球从离地面高度H处以相同的初速度v ＝同时竖直向下抛出，所以落地瞬
0
间的速度相等，由运动学公式v2－v2＝2gH，解得v ＝v ＝v＝2，B球与地面弹性碰撞后以
0 A B
原速率返回，与A再发生弹性碰撞，以向上为正方向，根据动量守恒和能量守恒有 m v－
B
m v＝m v ′，m v2＋m v2＝m v ′2，联立解得m ∶m ＝1∶3，v ′＝2v＝4，A正确，B错
A A A B A A A A B A
误；碰后A球上升的最大高度为h ，则有v ′2＝2gh ，解得h ＝＝8H，C正确，D错
max A max max
误．
11．如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，
三者质量分别为m ＝2 kg、m ＝1 kg、m ＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v ＝5 m/s的速
A B C 0度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达
到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．
答案 2 m/s
解析 因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为v ，C的速度为
A
v ，以向右为正方向，由动量守恒定律得
C
m v＝m v ＋m v ①
A 0 A A C C
碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为v ，由动量守恒定律得
AB
m v ＋m v＝(m ＋m )v ②
A A B 0 A B AB
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v ＝v ③
AB C
联立①②③式，代入数据得v ＝2 m/s.
A
12．如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R＝0.8 m的圆弧，B
在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．球2、球3均放在BC轨道上，质
量m ＝0.4 kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再
1
与球3发生弹性正碰，g＝10 m/s2.
(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小；
(2)若球2的质量m＝0.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；
2
(3)若球3的质量m＝0.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少．
3
答案 (1)12 N (2)6.4 m/s (3)0.2 kg
解析 (1)对球1从A到B应用动能定理：mgR＝mv2
1 1 0
在B点对球1应用牛顿第二定律：
F －mg＝m
N 1 1
联立解得：v＝4 m/s、F ＝12 N
0 N
由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小F ′＝F ＝12 N.
N N
(2)球1、球2碰撞时，根据动量守恒定律有：
mv＝mv＋mv
1 0 1 1 2 2
由机械能守恒定律得：
mv2＝mv2＋mv2
1 0 1 1 2 2
解得：v＝v＝6.4 m/s.
2 0
(3)同理，球2、球3碰撞后：v＝v
3 2
则v＝·v
3 0代入数据得v＝v，
3 0
由数学知识可知，当m＝时，m＋＋0.5最小，v 最大
2 2 3
所以m＝0.2 kg.
2
13．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止
在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推
向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又
把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样
推物块后，运动员退行速度的大小大于 5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面
的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
答案 BC
解析 设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v ，第二次推物块后，
1
运动员速度大小为v……第八次推物块后，运动员速度大小为v，第一次推物块后，由动量
2 8
守恒定律知：Mv ＝mv ；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v －v)＝m[v －(－v)]＝
1 0 2 1 0 0
2mv ，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(v －v )＝2mv ，各式相加可得v
0 n n－1 0 n
＝，则v ＝，v ＝.由题意知，v<5 m/s，则M>52 kg，又知v>5 m/s，则M<60 kg，故选B、
7 8 7 8
C.
